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宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期二二月 13, 2007 10:29 pm

1.兩圓C1和C2相切於P點.直線D與其中一圓相切於A點,且交另一圓於B和C.
證明:直線PA為角BPC的外角平分線.

左鍵: 點擊縮放; 右鍵: 觀看原圖

2.平面上給定一銳角三角形ABC,以AB為直徑作一圓,它交高CC'的延長線於M和N.
以AC為直徑作一圓,它交高BB'的延長線於P和Q. 證明M,N,P,Q四點共圓.

左鍵: 點擊縮放; 右鍵: 觀看原圖

3.給定圓C內一點A,其圓心為O以及半徑為r(0<OA<r). 作兩弦BC和DE使得它們均過A點且互相垂直.試問什麼樣的情況下,BC+DE會有極大值?

左鍵: 點擊縮放; 右鍵: 觀看原圖

galaxylee · 由 **galaxylee** 於星期三二月 14, 2007 12:46 am

2.

CM和BP的交點為三角形ABC的垂心H

設直線AH交BC於AD

因三高共點，故AH會垂直BC

又AB,AC分別是兩圓之直徑，所以D在兩圓上

因為A,M,D,N共圓，所以AH*HD=MD*DN

因為A,P,D,Q共圓，所以AH*HD=PD*DQ

所以MD*DN=PD*DQ

所以M,Q,N,P四點共圓

亞斯 · 由亞斯於星期三二月 14, 2007 11:52 am

1.
設AP與圓C2交於E
過P作兩圓公切線交AC於F
由弦切角性質知
角APF=角PAF
角BPF=角PCF
所以角CPE=角PAF+角PCF=角APF+角BPF=角APB
故PA為角BPC的外角平分線

3.
BC^2+DE^2=8R^2-4OA^2
由柯西不等式
(BC^2+DE^2)(1+1)>=(BC+DE)^2
最大值發生在BC=DE時

宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期三二月 14, 2007 11:31 pm

沒想到這麼快就被解了...(難怪被稱作"秒殺題")
接下來出點不同的吧...(其實是幾何懶得作圖...以後再說XD)

4.考慮所有的函數f:R→R使得f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))

5.設A是一個平面上有限的點的集合,A中的任意六個點,我們都可以找到兩條直線包含它們.證明:全部的點都位在兩條直線上.

6.試求出所有質數數對(p,q,r)使得p^q+p^r為一完全平方數.

宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期五二月 16, 2007 8:19 pm

7.在梯形ABCD中AB平行CD. 對角線AC交BD於E點.三角形EBC和三角形EAD的垂心分別為F和G. 證明過E點垂直於AB的直線平分FG.

左鍵: 點擊縮放; 右鍵: 觀看原圖

8.三角形ABC中設D點和E在BC上使得角BAD=角CAE. 若M和N分別為三角形ABD和三角形AEC的內切圓切BC的切點. 試證1/MB+1/MD=1/NC+1/NE.

左鍵: 點擊縮放; 右鍵: 觀看原圖

9.設ABC為正三角形.令M為三角形內部一點.D E F分別為過M點作BC CA AB垂線的垂足.
試找出所有使得角FDE=90度的M點所形成的軌跡.

tangpakchiu · 由 **tangpakchiu** 於星期六二月 17, 2007 1:18 am

試求出所有質數數對(p,q,r)使得p^q+p^r為一完全平方數.

設r>=q

p^q+p^r=p^r(p^(q-r)+1)--(1)

易知(p^r,p^q-r+1)=1,但(1)要為平方數,所以r=2

即p^(q-2)+1=m^2

p^(q-2)=(m+1)(m-1) ,(m+1,m-1)=2

但p為質數,即p為2,所以m+1,m-1一定要為2次方的幕,

易知m=3--->q=5

所以(p,q,r)=(2,5,2),(2,2,5)

宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期六二月 17, 2007 7:18 am

答案其實有無限多組.(某個意義上啦XD)
建議先從p的奇偶性開始考慮.
再去討論r只能=2時的情形.

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期六二月 17, 2007 12:33 pm

7.

作三角形AEB和三角形CED的垂心M、N
四邊形MGNH中
兩雙對邊都互相同一條線
所以四邊形MGNH為平行邊形
對角線互相平分(I,E,N共線)
得証

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期日二月 18, 2007 6:09 pm

5.設A是一個平面上有限的點的集合,A中的任意六個點,我們都可以找到兩條直線包含它們.證明:全部的點都位在兩條直線上.

設A中全部的點至少在三條直線上，分別叫L1、L2、L3
在L1上取一點K
再L2上取三點P、Q、R
作直線KP、直線KQ、直線KR
交L3於M、N、S
再L3上取一隅M、N、S的兩點I、J
則I,J,P,Q,R,K
無法只用兩條線包含他們

所以假設不成立
故A中全部的點都再兩條直線上

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期一二月 19, 2007 4:23 pm

9.設ABC為正三角形.令M為三角形內部一點.D E F分別為過M點作BC CA AB垂線的垂足.
試找出所有使得角FDE=90度的M點所形成的軌跡

再三角型外側再做一個正三角形BCH
以H為圓心，HB為半徑畫一圓
三角形內部圓弧即為所求

tangpakchiu · 由 **tangpakchiu** 於星期二二月 20, 2007 4:30 pm

p^(q-2)=(m+1)(m-1) ,(m+1,m-1)的最大公因數為1or2

當為2時,p為質數,即p為2,所以m+1,m-1一定要為2次方的幕,

易知m=3--->q=5

所以(p,q,r)=(2,5,2),(2,2,5)

當為1時,m+1和m-1為奇數,但p為質數,所以m=2,即p=3,q=3

所以(p,q,r)=(3,2,3),(3,3,2)

質數有無限多個???~~~~

skywalker · 由 **skywalker** 於星期三二月 21, 2007 1:01 pm

答案是沒有錯，但有少答案，有些細節漏掉了，沒討論到，也是因為這個在某

方面上才說有無限多個答案

宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期四二月 22, 2007 10:12 pm

5 7 9三題都正解. 幻星真是厲害^^.

10.三角形ABC中,點K和點L分別在AB和AC上,且KB/AK+LC/AL=1.
試證直線KL通過三角形ABC的重心.

11.在圓內接凸六邊形ABCDEF中,AB=CD=EF且對角線AD,BE和CF三線共點.
設P點為AD和CE的交點. 證明CP/PE=(AC/CE)^2.

12.在三角形ABC的三邊上,分別以此三個邊為底做等腰三角形BCD,CAE,ABF.(不必相似)
分別過A.B.C三點作EF,FD,DE的垂線. 證明此三條垂線交於一點.

宇智波鼬 · 由 **宇智波鼬** 於星期四二月 22, 2007 11:00 pm

13.設a,b,c為正實數,證明:

14.對於每個正整數n我們定義:

a)證明存在無限多個數n使得a_(n+1)>a_n;
b)證明存在無限多個數n使得a_n>a_(n+1).

15.找出所有的整數對(a,b),存在一整係數多項式P(x)使得(x^2+ax+b)*P(x)為一形如:
的多項式.
(其中c_0,c_1,...,c_(n-1)=1或-1).

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期五二月 23, 2007 4:34 pm

10.

做BC中點M
連AM，延長KL、BC交於P點N
由孟氏定理
AK/BK*BN/MN*MG/AG=1
得BK/AK=BN/MN*MG/AG
AG/MG*MN/CN*CL/AL=1
得CL/AL=CN/MN*MG/AG

BK/AK+CL/AL=(BN+CN)/MN*MG/AG=1
2(MC+NC)/(MC+NC)*MG/AG=1
MG/AG=1/2
即G為重心

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期五二月 23, 2007 5:08 pm

12.

設過A垂直EF的直線和過C垂直DE的直線交於P點
連PE、PD、PF
因為AP垂直FE
所以PF^2+AE^2=AF^2+PE^2----1式
因為CP垂直DE
所以PE^2+CD^2=PD^2+CE^2-----2式
1式+2式得PF^2+CD^2=PD^2+AF^2
即PF^2+BD^2=PD^2+BF^2
得PB垂直FD
也就是過B垂直FD的直線和過A垂直EF的直線和過C垂直DE的直線交於一點P
得證

☆ ~ 幻星 ~ ☆ · 由 **☆ ~ 幻星 ~ ☆** 於星期日三月 04, 2007 5:42 pm

11.在圓內接凸六邊形ABCDEF中,AB=CD=EF且對角線AD,BE和CF三線共點.
設P點為AD和CE的交點. 證明CP/PE=(AC/CE)^2.

設AC、BE交於N
AE、FC交於M

由西瓦定理
CP/PE*EM/MA*AN/NC=1
CP/PE=MA/EM*NC/AN

因FC∥ED、FA∥EB
MA/EM*CN/AN
=AO/DO*CO/FO
=三角形ACO/三角形DCO*三角形DCO/三角形FDO
=三角形ACO/三角形FDO
=AC^2/FD^2
而三角形FED全等於三角形CDE得FD=CE
所以CP/PE=(AC/CE)^2

skywalker · 由 **skywalker** 於星期二三月 13, 2007 5:10 pm

作△ABC之高h，令∠BAD=∠EAC=θ,AB=a,AD=b,BD=c

於是有MB=a+c-b/2,MD=b+c-a/2

從而1/MB+1/MD=BD/MB*MD=4c/(a+c-b)(b+c-a)

=4c/c^2-a^2-b^2+ab=2c/ab(1-cosθ)=(2S△ABC/h)/ab*(1-2/cosθ)

=(absinθ*1/h)/ab*(2/1-cosθ)=2sinθ/[h(1-cosθ)]

又∵ ∠BAD=∠EAC=θ

∴可以得到1/NC+1/NE=2sinθ/[h(1-cosθ)]

∴1/MB+1/MD=1/NC+1/NE #

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